【codevs1045】 奶牛的旅行 解题报告
来源:互联网 发布:微信直接跳转淘宝链接 编辑:程序博客网 时间:2024/05/01 12:08
【codevs1045】奶牛的旅行 解题报告
农民John的农场里有很多牧区。有的路径连接一些特定的牧区。一片所有连通的牧区称为一个牧场。但是就目前而言,你能看到至少有两个牧区通过任何路径都不连通。这样,农民John就有多个牧场了。
John想在农场里添加一条路径(注意,恰好一条)。对这条路径有以下限制:
一个牧场的直径就是牧场中最远的两个牧区的距离(本题中所提到的所有距离指的都是最短的距离)。考虑如下的有5个牧区的牧场,牧区用“*”表示,路径用直线表示。每一个牧区都有自己的坐标:
15,15 20,15
D E
*-------*
| _/|
| _/ |
| _/ |
|/ |
*--------*-------*
A B C
10,10 15,10 20,10
这个牧场的直径大约是12.07106, 最远的两个牧区是A和E,它们之间的最短路径是A-B-E。
这里是另一个牧场:
*F 30,15
/
_/
_/
/
*------*
G H
25,10 30,10
这两个牧场都在John的农场上。John将会在两个牧场中各选一个牧区,然后用一条路径连起来,使得连通后这个新的更大的牧场有最小的直径。
注意,如果两条路径中途相交,我们不认为它们是连通的。只有两条路径在同一个牧区相交,我们才认为它们是连通的。
输入文件包括牧区、它们各自的坐标,还有一个如下的对称邻接矩阵:
A B C D E F G H
A 0 1 0 0 0 0 0 0
B 1 0 1 1 1 0 0 0
C 0 1 0 0 1 0 0 0
D 0 1 0 0 1 0 0 0
E 0 1 1 1 0 0 0 0
F 0 0 0 0 0 0 1 0
G 0 0 0 0 0 1 0 1
H 0 0 0 0 0 0 1 0
输入文件至少包括两个不连通的牧区。
请编程找出一条连接两个不同牧场的路径,使得连上这条路径后,这个更大的新牧场有最小的直径。
第1行: 一个整数N (1 <= N <= 150), 表示牧区数
第2到N+1行: 每行两个整数X,Y (0 <= X ,Y<= 100000), 表示N个牧区的坐标。注意每个 牧区的坐标都是不一样的。
第N+2行到第2*N+1行: 每行包括N个数字(0或1) 表示如上文描述的对称邻接矩阵。
只有一行,包括一个实数,表示所求直径。数字保留六位小数。
8
10 10
15 10
20 10
15 15
20 15
30 15
25 10
30 10
01000000
10111000
01001000
01001000
01110000
00000010
00000101
00000010
22.071068
1s
图论算法,Floyed;
困扰了hxy一晚上的题,,希望大家能看明白。。。
首先跑一下最短路,dis[i][j]表示i到j的最短路,如果ij不相连值就为正无穷;
b[i]表示i到离它最远的点的最短路,也就是和它所有连通的点的最短路的最大值;
设一个Max,存储b数组中的最大值;
枚举所有不连通的边,暂时把它们连通,求出距离,连当前这条边时整个图的直径tmp=b[i]+b[j]+k(k为刚算出来的距离);
再设Min,为所有tmp中的最小值(也就是符合题目要求的直径的最小值);
最后的答案是max(Max,Min);
这道题的题干并不是很容易理解,建议好好读读题,我们讨论了很长时间都没有结果。。但是最终的意见还是偏向于读入可以读入一堆连通图,但是最终的操作落在了两个图上,Max的设置是有特殊意义的。本题需要慢慢理解,并且还需要灵光一现。。。
【犯的错误】
最大的错误就是i!=j;如果没有这个条件约束,最终的结果会是错误的。因为有可能会从自己那里跑来跑去;
【代码】
#include<iostream>#include<cstdio>#include<cstring>#include<cmath>using namespace std;struct hp{int x,y;}a[200];double dis[200][200],b[200];int i,j,k,n;double Min,K,Max,ans;char s[200];bool flag[200][200];int main(){scanf("%d",&n);for (i=1;i<=n;++i) scanf("%d%d",&a[i].x,&a[i].y);for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) dis[i][j]=2100000000.000000;for (i=1;i<=n;++i){cin>>s;for (j=1;j<=n;++j) if (s[j-1]=='1') { dis[i][j]=sqrt((a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y)); flag[i][j]=true; } }for (k=1;k<=n;++k) for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) { if (i!=j&&dis[i][j]>dis[i][k]+dis[k][j]) dis[i][j]=dis[i][k]+dis[k][j]; if (i!=j) flag[i][j]=flag[i][j]||flag[i][k]&&flag[k][j]; }for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) if (flag[i][j]&&dis[i][j]>b[i]) b[i]=dis[i][j];for (i=1;i<=n;++i) if (Max<b[i]) Max=b[i];Min=2100000000.000000;for (i=1;i<=n;++i) for (j=1;j<=n;++j) if (i!=j&&!flag[i][j]) { K=sqrt((a[i].x-a[j].x)*(a[i].x-a[j].x)+(a[i].y-a[j].y)*(a[i].y-a[j].y)); if (b[i]+b[j]+K<Min) Min=b[i]+b[j]+K; }ans=max(Max,Min);printf("%0.6lf",ans);return 0;}
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